课件(Part 2, TG)

T12

一道结论题。

直接给出结论，请大家思考为什么是这样的:

三个点两两的$LCA$中，显然会有两个相同，另一个就是答案。

T13

Subtask 1: n≤40

直接找到该树的直径，然后枚举核的两个端点，使其距离不超过$k$；接着枚举所有点并求出它们与树核的距离的最大值即为偏心距。

注意预处理出节点两两之间的距离。

时间复杂度: $O(n^4)$。

Subtask 2: n≤200

可以发现，直径贯穿了整棵树；即，直径把树分为了许多块。

于是，我们枚举核的两个端点，使其距离不超过$s$，然后从核上的每个端点向外进行$dfs$，求得每个节点到核的距离，然后再找出最大值即可。

注意，我们确定了两个端点之后，将整棵树上的每个节点都不重复, 不遗漏地$dfs$了一遍，故时间复杂度为$O(n^3)$。

Subtask 3: n≤3000

容易发现，若核的长度变大(即，把原来的核在直径上延长)，那么答案就会变小或不变。于是，我们可以在确定核的左端点为$l$时，将右端点$r$应尽量定在$l$的远处，并且使其距离不超过$s$。

于是，我们只需要枚举左端点，在$O(n)$的代价下找到右端点$r$；再用$Subtask2$中所述的方法找到偏心距即可。

时间复杂度: $O(n^2)$。

Subtask 4: n≤100,000

即，若一棵树的直径左端点为$a$，右端点为$b$，且对于核的左端点为$x$，右端点为$y$的核，其偏心距为$max(max(d_i),dis(x,a),dis(y,b))$，其中$i$必须是被选择的节点编号。

同时，根据直径的定义，我们可以去掉"其中$i$必须是被选择的节点编号"这句话。

总结一下本题的步骤:

①通过两次$dfs$求出树的直径；
②对直径上的每一个点向外深搜，得到$d$数组；
③找出$d$数组中的最大值，记为$maxv$；
④通过双指针做法，枚举$i$，找到最远且$i,j$距离不超过$s$的$j$；每次用$max(max(dis(i,a),dis(j,b)),maxv)$来更新答案。

综上所述，时间复杂度为$O(n)$。

T14

首先，我们思考暴力的解法：我们枚举点$i$，枚举$i$的所有连点并打上时间戳；然后再次枚举连点，对于每个连点$u$数一下存在多少个$u$的连点被打上了$i$的时间戳。

显然，这个时间复杂度会退化到$O(nm)$。考虑优化。

我们先给每条边一个方向。即，度数小的连向度数大的边；若度数相同，则编号小的边连向编号大的边。

这样显然新图中不存在环。接着，我们同样用上述暴力来计数。

时间复杂度仍然是$O(nm)$，本题宣布不可做

但是，时间复杂度真的是$O(nm)$吗？

考虑，对于新图中一条有向边$(u,v)$对答案的贡献为$ou{t}_v$，即$v$的出度。

①原图中$v$的出度不大于$\sqrt{m}$，此时出度也不会大于$\sqrt{m}$

②原图中$v$的出度大于$\sqrt{m}$，此时出度不会大于$\sqrt{m}$。由于所有边的出度之和一定为$m$，而不比该点出度小的连点一定不超过$\sqrt{m}$个，所以新图中的出度不会大于$\sqrt{m}$。

综上所述，时间复杂度为$O(m\sqrt{m})$。同时，新图中由于不存在环，所以不会出现一个环被重复计算的情况。

根号分治太可爱啦！

T15

考虑只有一次询问，我们该怎么做。

首先，我们可以通过并查集求出询问的节点编号 $u,v$ 所在的树。记 $u$ 所在的树为树$1$且树$1$的大小为 $n$，记 $v$ 所在的树为树 $2$ 且树 $2$ 的大小为 $m$， $f_{i,j}$ 表示在第 $i$ 棵树中，从第 $j$ 个节点出发的最长链， $di{a}_i$ 表示第$i$棵树的直径。

此时答案为

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}max(f_{1,i}+f_{2,j}+1,di{a}_1,di{a}_2)$

这个式子的意义在于: 如果我们连了一条 $i$ 到 $j$ 的边使两棵树连起来，那么新树的直径要么是原来两棵树的直径之一，要么就是在树 $1$ 中某个节点到 $i$ 的最长距离，然后从 $i$ 到 $j$ ，再在树 $2$ 中从 $j$ 到别的节点的最长距离，即 $f_{1,i}+f_{2,j}+1$ 。

时间复杂度为 $O(nm)$ ，考虑优化。可以发现，我们可以将 $f_{1,i}$ 和 $f_{2,i}$ 排序(即对于两棵树中，每棵树的每个节点出发的最长链长度从小到大排序)，然后用双指针与前缀和做到 $O(n)$ 。

更详细地说，对于每一个 $i$ ，我们找到最靠前的 $j$ 使得 $f_{1,i}+f_{2,j}+1<max(di{a}_1,di{a}_2)$ ， $j$ 及它之前的贡献为 $(max(di{a}_1,di{a}_2))j$ ，$j$ 之后的贡献为 ${\sum }_{k=j}^m(f_{2,k}+f_{1,i}-1)=({\sum }_{i=j}^m{f}_{2,j})+(m-j)f_{1,i}+(m-j)$ ，注意 ${\sum }_{i=j}^m{f}_{2,j}$ 可以用前缀和做到 $O(1)$ 查询。同时可以发现$j$存在单调性，所以对于不同的$i$，$j$均可以二分求出。

不妨设$n<m$，则时间复杂度为 $O(nlogm)$。

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对于多次询问，如果我们简单地使用上述方法，则时间复杂度最劣情况为为 $O(qn)$ ，无法通过本题。

于是考虑对答案进行记忆化。即，对于本质相同的几次询问，我们只跑一次，对于之后的询问直接查询(不用再跑一遍)即可。

为什么说记忆化的时间复杂度是正确的呢？可以发现，在朴素的解法中，对时间复杂度贡献最大的就是两棵树大小均不小于$\sqrt{n}$以上的情况。可以发现，当两棵树大小均不小于$k$时，最多会产生$\frac{n^2}{k^2}$种不同的树；同时，每跑一边会有$O(klogn)$的时间复杂度，所以此时时间复杂度为$O(\frac{n^2}{k}logn)$。当$k\ge \sqrt{n}$时，上述的值不会超过$O(n\sqrt{n}logn)$；当$k＜\sqrt{n}$时，记忆化并没有多大用处，暴力即可把时间复杂度控制在$O(n\sqrt{n}logn)$。

综上所述，时间复杂度为$O(n\sqrt{n}logn)$。请相信$CF$的神机是能跑过的。

我不会告诉你我这题调了 3h

T16

由于${\sum }_{i=1}^n{f}_i=f_{i+2}-1$，所以

${\sum }_{i=1}^{n}i{f}_i$

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=i}^n{f}_j$

$={\sum }_{i=1}^n({\sum }_{j=1}^n{f}_j-{\sum }_{j=1}^{i-1}{f}_j)$

$={\sum }_{i=1}^n(f_{n+2}-1-(f_{i+1}-1))$

$={\sum }_{i=1}^n(f_{n+2}-f_{i+1})$

$=n{f}_{n+2}-{\sum }_{i=1}^n{f}_{i+1}$

$=n{f}_{n+2}-({\sum }_{i=1}^{n+1}{f}_i-f_1)$

$=n{f}_{n+2}-(f_{n+3}-1-1)$

$=n{f}_{n+2}-f_{n+3}+2$

直接用矩阵快速幂优化即可。注意设计减法，故要先取模再加模再取模。

时间复杂度$O(logn)$。

T17

一道裸的矩阵快速幂，但是涉及到一个优化的套路。

首先，我们通过无向图构造矩阵，对于每次询问直接做矩阵快速幂，时间复杂度为$O(q{n}^{3}log{f}_i)$。期望得分$40$分。

我们考虑如何将其优化为$O(q{n}^{2}log{f}_i)$。我们可以发现，像$\text{NOI D1T1}$一样，可以通过向量乘矩阵来优化。即，我们将$f_i$进行二进制拆分，倍增预处理；查询的时候，用$1\times n$的矩阵乘上对应的二进制位即可。

时间复杂度$O(log{f}_i{n}^3+q{n}^{2}log{f}_i)$，可以通过本题。

所以大家今晚就把NOI 2020的题切了吧

T18

考虑矩阵快速幂。

首先，假设所有边权都是$1$，那么本题做法就十分显然了：直接将图转化为一个邻接矩阵(GA)，然后答案就是该矩阵$t$次方的第$1$行第$n$列。

但是如果边权不一定全是$1$呢？那我们就把边权变成$1$呗。即，我们拆点，假设存在一个点$a$，那么我们新建节点$b,c,d\dots \dots$，使得$b$到$a$有一条长度为$1$的有向边，$c$到$b$也有一条长度为$1$的有向边……

对于一条连接$u,v$的边权为$w$，我们只需要从$u$到离$v$距离为$w-1$的点连一条边权为$1$的边。

此时，点数为$10n$，我们直接对它做矩阵快速幂即可通过本题。

时间复杂度$O(logt(10n{)}^3)$。

T19

首先，考虑如何拿到那$30$分。不妨设$m\le 5$，此时可以看出，这是一个裸的三进制状态$dp$。我们维护每一列的状况，其中第$i$位表示该位被填了多少个炮，显然所有状态压缩的值的各位均不能达到$3$，所以采用三进制状压$dp$。时间复杂度$O(n^2{3}^m)$。

接着考虑正解。可以发现，我们不关心哪一列填了多少个炮，只关心这个状态的本质；换句话说，状态$10121$与$20111$是等价的。

所以，我们直接采用高效地四维$dp$解决本题。状态设计显然: $d{p}_{i,a,b,c}$表示第看到第$i$行，有$a$列没填炮，$b$列
填了一个炮，$c$列填了两个炮，然后每行分别考虑填$0,1,2$个的情况，分类讨论即可得到状态转移式。显然状态转移是$O(1)$的，故总时间复杂度为$O(n{m}^3)$。

但是，这样做只有$50$分。我们观察状态设计，可以发现，$a+b+c=m$；即$c=m-a-b$，$c$是可以通过$a,b$推出唯一的可能的，故可以压成三维$dp$: $d{p}_{i,a,b}$表示第看到第$i$行，$a$列填了一个炮，$b$列填了两个炮，$m-a-b$列没填炮。

状态转移如下：

for (int i=1;i<=n;i++)
	{
     
		for (int j=0;j<=m;j++)
		{
     
			for (int k=0;k<=m-j;k++)
			{
     
				int w=m-j-k;
				
				dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
				if (j>0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-1][k]*(w+1))%mod;
				if (k>0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1))%mod;
				if (j>1)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j-2][k]*C2(w+2))%mod;
				if (j>0&&k>0)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+(dp[i-1][j][k-1]*j)%mod*(w+1))%mod;
				if (k>1)  dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j+2][k-2]*C2(j+2))%mod;
			}
		}
	}

时间复杂度$O(n{m}^2)$，可以通过本题。

T20

首先，可以发现，假设该树直径的两个端点为$u,v$，则$d(x)=max(dis(x,u),dis(x,v))$。所以，我们先求出$u,v$，然后即可在$O(nlogn)$的时间复杂度内求出每个节点的$d$值。

我们可以发现，若以直径的中点为根，则整棵树会形成一个这样的结构：每个节点的$d$值均不大于它子树中各节点的$d$值。

对于每次询问，我们考虑双指针。即，我们对所有节点按$d$值的升序排序，在$i$向前的时候，维护最大的$j$使$d_j-d_i\le l$，显然$j$会单调下降。我们同时用按秩合并并查集来维护当前区间中的最大连通块。

但是，并查集不能支持删除操作。但是，由于这棵树的性质(每个节点的$d$值均不大于它子树中各节点的$d$值)，所以删去的节点一定是叶节点；只需要在叶节点的对应祖先那里扣除相应的值即可，不会影响连通性。

时间复杂度$O(nlogn+qn)$。注意并查集强制按秩合并，否则无法通过。

T21

如果不会做，找个人与你博弈一下。

首先，我们找到树的直径，将两人一次能够走动的距离对这个直径取$min$。

然后，只要出现以下两种情况，那么$Alice$就能抓到$Bob$：

①$db\le 2da$
②$dis(a,b)\le da$

①为什么满足呢？因为，当$Bob$被逼到绝路的时候，$Alice$与他的距离为$db$；假设$da=2db$，那么$Bob$只能向前跳，尝试越过$Alice$，可是一切都是徒劳，跳完之后还是与她距离为$db$，就会被抓住了。

②一次就能抓住，样例有提示。

其他情况都抓不到。

于是时间复杂度为$O(n)$。

T22

为了方便思考，我们把题目中的一操作变成:

$\lfloor$在以$u$为根的子树中，将所有深度为$x$的节点的点权$w$加$1$。$\rfloor$

现在，这变成了一个多点修改，多点查询的模型，但是唯一的问题在于——每次我们操作、询问的节点编号不一定连续，所以线段树很难维护。

那么，我们要让这些节点的编号连续。怎么办呢？

众所周知，我们有一个东西叫做$dfs$序；本题中采用的就是她并不是太有名的妹妹，即$bfs$序。

$bfs$序有什么好处呢？可以发现，每次我们操作的都是一段连续的区间。但是，我们如何找到该区间的左端点与右端点呢？

我们使用二分套倍增来找，这里以找左端点为例。首先，左端点与右端点所在的深度(这里的深度是指整棵树中节点的深度)是很容易求出来的。对于我们二分到的一个节点，我们通过倍增求出它的一个与$u$平齐的祖先。如果这个祖先的$bfs$序比$u$的$bfs$序小，那么它就偏左了；否则它就偏右了。通过这样的方式，我们可以在不超过$O(lo{g}^{2}n)$的复杂度内找到左端点，右端点同理。

找到左端点与右端点之后，这道题目就变成了一个裸的区间修改与区间查询，用线段树可以轻松维护。

但是，要注意的是: 我们刚开始改了题目，原题中不是区间加法，而是区间中的所有数变成其约数的个数！

此时，各位巨佬的脑中已经有了一个重要的套路——由于这个数不会超过$10^7$，所以通过最多$7$次操作就会变成$2$! 如果这个数是$1$，它就永远是$1$!

与CF920F类似，我们使用线段树就可以维护。线段树中维护两个量: 该区间的最大值与和。如果最大值不超过$2$，那么我们就再也不进入这个节点和其子树；否则就正常维护线段树，甚至连下传标记都不需要。

最后剩下的一个问题，就是如何求出$f$。

①我们枚举$i$，对于所有是$i$的倍数的$j$均加上$1$，表示$j$多了一个约数$i$。

②可以发现，$f$是积性函数。
即，若$x$与$y$互质，那么$f(x)f(y)=f(xy)$。
所以，我们使用欧拉线性筛即可求出$f$。时间复杂度$O(ma{x}_{1\le i\le n}{w}_i)$。

所以，本题就做完了。总结一下：
①使用欧拉线性筛求出$f$，使后来可以$O(1)$调用。
②读入树后找出它的$bfs$序，并建线段树；
③对于每次询问和操作，通过二分套倍增找到被操作的左端点与右端点；
④用特殊的线段树进行区间修改或区间查询。

时间复杂度$O(t+n+qlo{g}^{2}n)$，其中$t=ma{x}_{1\le i\le n}{w}_i$

大神仙题

T23

首先，我们先干这两件事情：

①我们套路性地化边为点；
②将每个权值给二进制拆分，尝试维护每一位的答案。

对于这一类神仙题，我们先把它转到一条链上去做。为了再进一步简化问题，我们把所有修改去掉，假设只有查询。

现在，相当于$q$次查询一个区间的所有子区间的异或和之和。怎么做呢？我们考虑线段树。线段树上每个节点要维护一个答案，这是显然的；但是，这里线段树上一个节点的答案，不仅是它两个孩子的答案，还有跨过两个子区间的答案。

对于"它两个孩子的答案之和"，直接上传即可。

对于"跨过两个子区间的答案”呢？我们分析一下这种区间的性质，它一定包含了左区间的一个后缀与右区间的一个前缀；如果左区间的后缀异或和与右区间的前缀异或和不同，那么就存在一个$1$的贡献。所以我们可以另外使用四个变量，来方便上传。

$pre0$: 这个区间有多少个前缀的异或和为$0$。
$pre1$: 这个区间有多少个前缀的异或和为$1$。
$suf0$: 这个区间有多少个后缀的异或和为$0$。
$suf1$: 这个区间有多少个后缀的异或和为$1$。

写出$ans$的上传式，就是$$ans=lso{n}_{ans}+rso{n}_{ans}+lso{n}_{suf0}rso{n}_{pre1}+lso{n}_{suf1}rso{n}_{pre0}$$

现在，考虑如何上传$pre0,pre1,suf0,suf1$。以$pre0$举例，左孩子的所有异或和为$0$的前缀仍然有贡献，但是右区间呢？右区间中一些异或和为$0$的前缀还要异或上左区间所有数，才能使得它成为它父区间的前缀；而这可能会导致其异或值为$1$而失去它的价值。

于是，我们在线段树中再开一个变量$all$，表示这个区间所有数的异或和。那么，我们可以愉快地上传啦——仍然以$pre0$为例：

$pre0=lso{n}_{pre0}+(lso{n}_{all}?(rso{n}_{pre1}):(rso{n}_{pre0}))$

什么意思呢？如果左区间所有数的异或和为$1$，只有右区间的一个前缀和为$1$才能使得新形成的前缀和异或和为$0$；而如果左区间所有数的异或和为$0$，右区间的一个前缀和为$0$才可以。所以得到了这个上传式。

$all$上传的方式不能再显然了: $all=lso{n}_{all}$^ $rso{n}_{all}$，这里的^表示异或。

综上所述，状态转移式就是:

now.all=lson.all^rson.all;
now.ans=lson.ans+rson.ans+(lson.suf0*rson.pre1)+(lson.suf1*rson.pre0);
now.pre0=lson.pre0+((lson.all)?(rson.pre1):(rson.pre0));
now.pre1=lson.pre1+((lson.all)?(rson.pre0):(rson.pre1));
now.suf0=rson.suf0+((rson.all)?(lson.suf1):(lson.suf0));
now.suf1=rson.suf1+((rson.all)?(lson.suf0):(lson.suf1));

众所周知，在线段树维护不带修改问题这一方面，我们只需要搞出$pushup$函数即可。于是，我们就搞定了不带修改的链的问题。

带上单点修改呢？我们直接下到线段树的叶节点，然后一步步向上走，一边走一边$pushup$更新当前节点的各个信息不就行了。

不是链了，而是树了，怎么办呢？树链剖分套线段树呗。

于是，我们就在$O(n{\log }^{2}n\log w_i)$的时间复杂度内解决了本题。建议读者打一下这题的代码，毕竟本蒟蒻码了$309$行，很练码力的……